Страница 341 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

Решить уравнение (1192—1200).

1192. 1) $\sin^2 x = \frac{1}{4}$;

2) $\cos^2 x = \frac{1}{2}$;

3) $2\sin^2 x + \sin x - 1 = 0$;

4) $2\cos^2 x + \cos x - 6 = 0$.

1) Дано уравнение $\sin^2 x = \frac{1}{4}$.
Воспользуемся формулой понижения степени $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$.
Подставим в исходное уравнение:
$\frac{1 - \cos(2x)}{2} = \frac{1}{4}$
$1 - \cos(2x) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$
$\cos(2x) = 1 - \frac{1}{2}$
$\cos(2x) = \frac{1}{2}$
Это простейшее тригонометрическое уравнение. Его решение имеет вид:
$2x = \pm \arccos\left(\frac{1}{2}\right) + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
$2x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k$
Разделим обе части на 2, чтобы найти $x$:
$x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) Дано уравнение $\cos^2 x = \frac{1}{2}$.
Воспользуемся формулой понижения степени $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$.
Подставим в исходное уравнение:
$\frac{1 + \cos(2x)}{2} = \frac{1}{2}$
$1 + \cos(2x) = 1$
$\cos(2x) = 0$
Это частный случай решения тригонометрического уравнения. Решение имеет вид:
$2x = \frac{\pi}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Разделим обе части на 2, чтобы найти $x$:
$x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.

3) Дано уравнение $2\sin^2 x + \sin x - 1 = 0$.
Это квадратное уравнение относительно $\sin x$. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Так как область значений синуса $[-1, 1]$, то $|t| \le 1$.
Получаем квадратное уравнение: $2t^2 + t - 1 = 0$.
Найдем его корни через дискриминант.
$D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 1 + 8 = 9 = 3^2$.
$t_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 \pm 3}{4}$.
$t_1 = \frac{-1 + 3}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
$t_2 = \frac{-1 - 3}{4} = \frac{-4}{4} = -1$.
Оба корня удовлетворяют условию $|t| \le 1$.
Выполним обратную замену:
a) $\sin x = \frac{1}{2}$. Решение: $x = (-1)^n \arcsin\left(\frac{1}{2}\right) + \pi n = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
b) $\sin x = -1$. Решение (частный случай): $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Общее решение является объединением этих двух серий корней.
Ответ: $x = (-1)^n \frac{\pi}{6} + \pi n, n \in \mathbb{Z}; \quad x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

4) Дано уравнение $2\cos^2 x + \cos x - 6 = 0$.
Это квадратное уравнение относительно $\cos x$. Сделаем замену переменной. Пусть $t = \cos x$. Так как область значений косинуса $[-1, 1]$, то $|t| \le 1$.
Получаем квадратное уравнение: $2t^2 + t - 6 = 0$.
Найдем его корни через дискриминант.
$D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-6) = 1 + 48 = 49 = 7^2$.
$t_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{-1 \pm 7}{4}$.
$t_1 = \frac{-1 + 7}{4} = \frac{6}{4} = 1.5$.
$t_2 = \frac{-1 - 7}{4} = \frac{-8}{4} = -2$.
Проверим, удовлетворяют ли корни условию $|t| \le 1$.
$|t_1| = 1.5 > 1$, следовательно, уравнение $\cos x = 1.5$ не имеет решений.
$|t_2| = |-2| = 2 > 1$, следовательно, уравнение $\cos x = -2$ не имеет решений.
Таким образом, исходное уравнение не имеет действительных корней.
Ответ: корней нет.

1193. 1) $2\cos^2 x - \sin x + 1 = 0$;

2) $3\cos^2 x - \sin x - 1 = 0$;

3) $4\sin^2 x - \cos x - 1 = 0$;

4) $2\sin^2 x + 3\cos x = 0$.

1) $2\cos^2x - \sin x + 1 = 0$

Чтобы решить это уравнение, приведем его к одной тригонометрической функции. Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2x + \cos^2x = 1$, из которого следует, что $\cos^2x = 1 - \sin^2x$.

Подставим это выражение в исходное уравнение:

$2(1 - \sin^2x) - \sin x + 1 = 0$

Раскроем скобки и упростим:

$2 - 2\sin^2x - \sin x + 1 = 0$

$-2\sin^2x - \sin x + 3 = 0$

Умножим обе части на -1:

$2\sin^2x + \sin x - 3 = 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin x$. Так как область значений синуса $[-1, 1]$, то и $|t| \le 1$.

$2t^2 + t - 3 = 0$

Это квадратное уравнение. Найдем его корни через дискриминант:

$D = b^2 - 4ac = 1^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 1 + 24 = 25$

$t_1 = \frac{-1 + \sqrt{25}}{2 \cdot 2} = \frac{-1 + 5}{4} = \frac{4}{4} = 1$

$t_2 = \frac{-1 - \sqrt{25}}{2 \cdot 2} = \frac{-1 - 5}{4} = -\frac{6}{4} = -1.5$

Корень $t_2 = -1.5$ не удовлетворяет условию $|t| \le 1$, поэтому он является посторонним.

Вернемся к замене с $t_1 = 1$:

$\sin x = 1$

Решением этого простейшего тригонометрического уравнения является $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $3\cos^2x - \sin x - 1 = 0$

Используем тождество $\cos^2x = 1 - \sin^2x$ для приведения уравнения к одной функции.

$3(1 - \sin^2x) - \sin x - 1 = 0$

$3 - 3\sin^2x - \sin x - 1 = 0$

$-3\sin^2x - \sin x + 2 = 0$

$3\sin^2x + \sin x - 2 = 0$

Сделаем замену $t = \sin x$, где $|t| \le 1$.

$3t^2 + t - 2 = 0$

Найдем корни квадратного уравнения:

$D = 1^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-2) = 1 + 24 = 25$

$t_1 = \frac{-1 + \sqrt{25}}{2 \cdot 3} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

$t_2 = \frac{-1 - \sqrt{25}}{2 \cdot 3} = \frac{-6}{6} = -1$

Оба корня удовлетворяют условию $|t| \le 1$. Рассмотрим оба случая.

1. $\sin x = \frac{2}{3}$. Решение: $x = (-1)^k \arcsin(\frac{2}{3}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2. $\sin x = -1$. Решение: $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = (-1)^k \arcsin(\frac{2}{3}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = -\frac{\pi}{2} + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

3) $4\sin^2x - \cos x - 1 = 0$

Используем тождество $\sin^2x = 1 - \cos^2x$.

$4(1 - \cos^2x) - \cos x - 1 = 0$

$4 - 4\cos^2x - \cos x - 1 = 0$

$-4\cos^2x - \cos x + 3 = 0$

$4\cos^2x + \cos x - 3 = 0$

Сделаем замену $t = \cos x$, где $|t| \le 1$.

$4t^2 + t - 3 = 0$

Найдем корни квадратного уравнения:

$D = 1^2 - 4 \cdot 4 \cdot (-3) = 1 + 48 = 49$

$t_1 = \frac{-1 + \sqrt{49}}{2 \cdot 4} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$

$t_2 = \frac{-1 - \sqrt{49}}{2 \cdot 4} = \frac{-8}{8} = -1$

Оба корня действительны и входят в область значений косинуса. Рассмотрим оба случая.

1. $\cos x = \frac{3}{4}$. Решение: $x = \pm \arccos(\frac{3}{4}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2. $\cos x = -1$. Решение: $x = \pi + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \pm \arccos(\frac{3}{4}) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$; $x = \pi + 2\pi n, n \in \mathbb{Z}$

4) $2\sin^2x + 3\cos x = 0$

Используем тождество $\sin^2x = 1 - \cos^2x$.

$2(1 - \cos^2x) + 3\cos x = 0$

$2 - 2\cos^2x + 3\cos x = 0$

$-2\cos^2x + 3\cos x + 2 = 0$

$2\cos^2x - 3\cos x - 2 = 0$

Сделаем замену $t = \cos x$, где $|t| \le 1$.

$2t^2 - 3t - 2 = 0$

Найдем корни квадратного уравнения:

$D = (-3)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-2) = 9 + 16 = 25$

$t_1 = \frac{3 + \sqrt{25}}{2 \cdot 2} = \frac{3 + 5}{4} = \frac{8}{4} = 2$

$t_2 = \frac{3 - \sqrt{25}}{2 \cdot 2} = \frac{3 - 5}{4} = -\frac{2}{4} = -\frac{1}{2}$

Корень $t_1 = 2$ не удовлетворяет условию $|t| \le 1$, поэтому он является посторонним.

Вернемся к замене с $t_2 = -\frac{1}{2}$:

$\cos x = -\frac{1}{2}$

Решением этого уравнения является $x = \pm \arccos(-\frac{1}{2}) + 2\pi k = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

1194. 1) $tg^2 x = 2;$

2) $tg x = ctg x;$

3) $tg^2 x - 3tg x - 4 = 0;$

4) $tg^2 x - tg x + 1 = 0.$

1) Решим уравнение $tg^2 x = 2$.
Это уравнение равносильно совокупности двух уравнений:
$tg x = \sqrt{2}$ или $tg x = -\sqrt{2}$.
Общая формула для решения уравнения $tg x = a$ имеет вид $x = arctg(a) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Для первого случая получаем серию решений: $x = arctg(\sqrt{2}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
Для второго случая получаем серию решений: $x = arctg(-\sqrt{2}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Используя свойство нечетности арктангенса, $arctg(-a) = -arctg(a)$, вторую серию можно записать как $x = -arctg(\sqrt{2}) + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Обе серии решений можно объединить в одну формулу.
Ответ: $x = \pm arctg(\sqrt{2}) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим уравнение $tg x = ctg x$.
Область допустимых значений (ОДЗ) уравнения определяется условиями, при которых существуют тангенс и котангенс: $cos x \neq 0$ и $sin x \neq 0$. Это означает, что $x \neq \frac{\pi k}{2}$ для любого целого $k$.
Используя тождество $ctg x = \frac{1}{tg x}$, перепишем уравнение (при условии $tg x \neq 0$, что следует из ОДЗ):
$tg x = \frac{1}{tg x}$
Умножим обе части на $tg x$:
$tg^2 x = 1$
Отсюда получаем два простейших тригонометрических уравнения:
1) $tg x = 1 \implies x = arctg(1) + \pi n = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $tg x = -1 \implies x = arctg(-1) + \pi k = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Эти две серии решений можно объединить в одну. Заметим, что решения повторяются с периодом $\frac{\pi}{2}$.
Объединенная формула: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi m}{2}, m \in \mathbb{Z}$.
Все найденные корни удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi n}{2}, n \in \mathbb{Z}$.

3) Решим уравнение $tg^2 x - 3tg x - 4 = 0$.
Это квадратное уравнение относительно $tg x$. Введем замену переменной: пусть $y = tg x$. Уравнение примет вид:
$y^2 - 3y - 4 = 0$.
Решим это квадратное уравнение с помощью дискриминанта:
$D = b^2 - 4ac = (-3)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-4) = 9 + 16 = 25 = 5^2$.
Найдем корни для $y$:
$y_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{3 + 5}{2} = 4$
$y_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{3 - 5}{2} = -1$
Теперь выполним обратную замену.
1) $tg x = 4$. Решение этого уравнения: $x = arctg(4) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.
2) $tg x = -1$. Решение этого уравнения: $x = arctg(-1) + \pi k = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Уравнение имеет две серии корней.
Ответ: $x = arctg(4) + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

4) Решим уравнение $tg^2 x - tg x + 1 = 0$.
Это квадратное уравнение относительно $tg x$. Введем замену переменной: пусть $y = tg x$.
$y^2 - y + 1 = 0$.
Найдем дискриминант этого квадратного уравнения:
$D = b^2 - 4ac = (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 1 = 1 - 4 = -3$.
Поскольку дискриминант $D < 0$, квадратное уравнение $y^2 - y + 1 = 0$ не имеет действительных корней.
Так как функция $tg x$ может принимать только действительные значения, то исходное тригонометрическое уравнение не имеет решений.
Ответ: решений нет.

1195. 1) $1 + 7\cos^2x = 3\sin2x;$

2) $3 + \sin2x = 4\sin^2x;$

3) $\cos2x + \cos^2x + \sin x \cos x = 0;$

4) $3\cos2x + \sin^2x + 5\sin x \cos x = 0.$

1) Исходное уравнение: $1 + 7\cos^2 x = 3\sin 2x$.
Для решения этого уравнения приведем его к однородному виду. Используем основное тригонометрическое тождество $1 = \sin^2 x + \cos^2 x$ и формулу синуса двойного угла $\sin 2x = 2\sin x \cos x$.
Подставим эти выражения в уравнение: $(\sin^2 x + \cos^2 x) + 7\cos^2 x = 3(2\sin x \cos x)$
$\sin^2 x + 8\cos^2 x = 6\sin x \cos x$
Перенесем все члены в левую часть, чтобы получить однородное тригонометрическое уравнение второй степени: $\sin^2 x - 6\sin x \cos x + 8\cos^2 x = 0$
Проверим, является ли $\cos x = 0$ решением. Если $\cos x = 0$, то $\sin^2 x = 1$. Подставив в уравнение, получим $1 - 0 + 0 = 0$, что неверно. Следовательно, $\cos x \neq 0$, и мы можем разделить обе части уравнения на $\cos^2 x$.
$\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} - \frac{6\sin x \cos x}{\cos^2 x} + \frac{8\cos^2 x}{\cos^2 x} = 0$
$\tan^2 x - 6\tan x + 8 = 0$
Это квадратное уравнение относительно $\tan x$. Сделаем замену $t = \tan x$: $t^2 - 6t + 8 = 0$
По теореме Виета, корни уравнения $t_1 = 2$ и $t_2 = 4$.
Возвращаемся к исходной переменной:
1) $\tan x = 2 \implies x = \arctan 2 + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2) $\tan x = 4 \implies x = \arctan 4 + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \arctan 2 + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $x = \arctan 4 + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

2) Исходное уравнение: $3 + \sin 2x = 4\sin^2 x$.
Приведем уравнение к однородному виду. Используем $1 = \sin^2 x + \cos^2 x$ и $\sin 2x = 2\sin x \cos x$:
$3(\sin^2 x + \cos^2 x) + 2\sin x \cos x = 4\sin^2 x$
$3\sin^2 x + 3\cos^2 x + 2\sin x \cos x - 4\sin^2 x = 0$
$-\sin^2 x + 2\sin x \cos x + 3\cos^2 x = 0$
Умножим уравнение на -1: $\sin^2 x - 2\sin x \cos x - 3\cos^2 x = 0$
Проверим случай $\cos x = 0$. Если $\cos x = 0$, то $\sin^2 x = 1$. Уравнение принимает вид $1 - 0 - 0 = 0$, что неверно. Значит, $\cos x \neq 0$. Разделим уравнение на $\cos^2 x$:
$\tan^2 x - 2\tan x - 3 = 0$
Пусть $t = \tan x$. Квадратное уравнение $t^2 - 2t - 3 = 0$ имеет корни $t_1 = 3$ и $t_2 = -1$.
Возвращаемся к переменной $x$:
1) $\tan x = 3 \implies x = \arctan 3 + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2) $\tan x = -1 \implies x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \arctan 3 + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

3) Исходное уравнение: $\cos 2x + \cos^2 x + \sin x \cos x = 0$.
Применим формулу косинуса двойного угла $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$, чтобы привести уравнение к однородному виду:
$(\cos^2 x - \sin^2 x) + \cos^2 x + \sin x \cos x = 0$
$2\cos^2 x + \sin x \cos x - \sin^2 x = 0$
Умножим на -1 и упорядочим члены: $\sin^2 x - \sin x \cos x - 2\cos^2 x = 0$
Проверим случай $\cos x = 0$. Если $\cos x = 0$, то $\sin^2 x = 1$. Уравнение становится $1 - 0 - 0 = 0$, что неверно. Следовательно, $\cos x \neq 0$. Делим на $\cos^2 x$:
$\tan^2 x - \tan x - 2 = 0$
Пусть $t = \tan x$. Уравнение $t^2 - t - 2 = 0$ имеет корни $t_1 = 2$ и $t_2 = -1$.
Находим $x$:
1) $\tan x = 2 \implies x = \arctan 2 + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2) $\tan x = -1 \implies x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \arctan 2 + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

4) Исходное уравнение: $3\cos 2x + \sin^2 x + 5\sin x \cos x = 0$.
Используем формулу $\cos 2x = \cos^2 x - \sin^2 x$ для приведения к однородному уравнению:
$3(\cos^2 x - \sin^2 x) + \sin^2 x + 5\sin x \cos x = 0$
$3\cos^2 x - 3\sin^2 x + \sin^2 x + 5\sin x \cos x = 0$
$3\cos^2 x + 5\sin x \cos x - 2\sin^2 x = 0$
Умножим на -1 и переставим члены: $2\sin^2 x - 5\sin x \cos x - 3\cos^2 x = 0$
Случай $\cos x = 0$ (и $\sin^2 x = 1$) приводит к неверному равенству $2 - 0 - 0 = 0$. Значит, $\cos x \neq 0$. Делим уравнение на $\cos^2 x$:
$2\tan^2 x - 5\tan x - 3 = 0$
Пусть $t = \tan x$. Решаем квадратное уравнение $2t^2 - 5t - 3 = 0$ с помощью дискриминанта:
$D = (-5)^2 - 4(2)(-3) = 25 + 24 = 49 = 7^2$
Корни: $t = \frac{5 \pm \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{5 \pm 7}{4}$.
$t_1 = \frac{5+7}{4} = 3$, $t_2 = \frac{5-7}{4} = -\frac{1}{2}$.
Находим решения для $x$:
1) $\tan x = 3 \implies x = \arctan 3 + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2) $\tan x = -\frac{1}{2} \implies x = \arctan(-\frac{1}{2}) + \pi k = -\arctan\frac{1}{2} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = \arctan 3 + \pi n, n \in \mathbb{Z}$; $x = -\arctan\frac{1}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.

1196. 1) $\cos x = \sin x;$

2) $\sin x + \cos x = 0;$

3) $2\sin^2 x - 5\sin x \cos x - 3\cos^2 x = 0;$

4) $3\sin^2 x - 14\sin x \cos x - 5\cos^2 x = 0.$

1) $ \cos x = \sin x $

Это однородное тригонометрическое уравнение первой степени. Его можно записать в виде $ \sin x - \cos x = 0 $.

Проверим, могут ли быть решения при $ \cos x = 0 $. Если $ \cos x = 0 $, то $ x = \frac{\pi}{2} + k\pi, k \in Z $. Для этих значений $ x $ синус равен $ \sin x = \pm 1 $. Подставив в исходное уравнение, получаем $ \pm 1 = 0 $, что является неверным равенством. Следовательно, $ \cos x \ne 0 $, и мы можем разделить обе части уравнения на $ \cos x $.

$ \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\cos x}{\cos x} $

$ \tan x = 1 $

Решением этого простейшего тригонометрического уравнения является серия корней:

$ x = \arctan(1) + n\pi, n \in Z $

$ x = \frac{\pi}{4} + n\pi, n \in Z $

Ответ: $ x = \frac{\pi}{4} + n\pi, n \in Z $

2) $ \sin x + \cos x = 0 $

Это также однородное тригонометрическое уравнение первой степени. Как и в предыдущем задании, $ \cos x \ne 0 $, так как в противном случае из уравнения следовало бы, что $ \sin x = 0 $, а синус и косинус одного и того же угла не могут быть равны нулю одновременно ($ \sin^2 x + \cos^2 x = 1 $).

Разделим обе части уравнения на $ \cos x $:

$ \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\cos x} = 0 $

$ \tan x + 1 = 0 $

$ \tan x = -1 $

Решением этого уравнения является:

$ x = \arctan(-1) + n\pi, n \in Z $

$ x = -\frac{\pi}{4} + n\pi, n \in Z $

Ответ: $ x = -\frac{\pi}{4} + n\pi, n \in Z $

3) $ 2\sin^2 x - 5\sin x \cos x - 3\cos^2 x = 0 $

Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени. Убедимся, что $ \cos x \ne 0 $. Если предположить, что $ \cos x = 0 $, то $ \sin^2 x = 1 $. Подставляя в уравнение, получаем $ 2 \cdot 1 - 5 \cdot \sin x \cdot 0 - 3 \cdot 0 = 0 $, что приводит к неверному равенству $ 2 = 0 $. Значит, наши предположения неверны и $ \cos x \ne 0 $.

Разделим обе части уравнения на $ \cos^2 x $:

$ 2\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} - 5\frac{\sin x \cos x}{\cos^2 x} - 3\frac{\cos^2 x}{\cos^2 x} = 0 $

$ 2\tan^2 x - 5\tan x - 3 = 0 $

Это квадратное уравнение относительно $ \tan x $. Сделаем замену $ t = \tan x $.

$ 2t^2 - 5t - 3 = 0 $

Решим его через дискриминант: $ D = b^2 - 4ac = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49 = 7^2 $.

Найдем корни для $ t $:

$ t_1 = \frac{5 + 7}{2 \cdot 2} = \frac{12}{4} = 3 $

$ t_2 = \frac{5 - 7}{2 \cdot 2} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2} $

Теперь вернемся к исходной переменной:

1. $ \tan x = 3 \implies x = \arctan(3) + n\pi, n \in Z $

2. $ \tan x = -\frac{1}{2} \implies x = \arctan(-\frac{1}{2}) + k\pi = -\arctan(\frac{1}{2}) + k\pi, k \in Z $

Ответ: $ x = \arctan(3) + n\pi, x = -\arctan(\frac{1}{2}) + k\pi, n, k \in Z $

4) $ 3\sin^2 x - 14\sin x \cos x - 5\cos^2 x = 0 $

Это однородное тригонометрическое уравнение второй степени. Как и в предыдущем случае, $ \cos x \ne 0 $, иначе подстановка $ \cos x = 0 $ и $ \sin^2 x = 1 $ в уравнение дала бы $ 3 \cdot 1 - 0 - 0 = 0 $, то есть $ 3 = 0 $, что неверно.

Разделим обе части уравнения на $ \cos^2 x $:

$ 3\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} - 14\frac{\sin x \cos x}{\cos^2 x} - 5\frac{\cos^2 x}{\cos^2 x} = 0 $

$ 3\tan^2 x - 14\tan x - 5 = 0 $

Сделаем замену $ t = \tan x $ и решим полученное квадратное уравнение:

$ 3t^2 - 14t - 5 = 0 $

Дискриминант: $ D = (-14)^2 - 4 \cdot 3 \cdot (-5) = 196 + 60 = 256 = 16^2 $.

Корни для $ t $:

$ t_1 = \frac{14 + 16}{2 \cdot 3} = \frac{30}{6} = 5 $

$ t_2 = \frac{14 - 16}{2 \cdot 3} = \frac{-2}{6} = -\frac{1}{3} $

Возвращаемся к $ x $:

1. $ \tan x = 5 \implies x = \arctan(5) + n\pi, n \in Z $

2. $ \tan x = -\frac{1}{3} \implies x = \arctan(-\frac{1}{3}) + k\pi = -\arctan(\frac{1}{3}) + k\pi, k \in Z $

Ответ: $ x = \arctan(5) + n\pi, x = -\arctan(\frac{1}{3}) + k\pi, n, k \in Z $

1197. 1) $\sin x + \cos x = 1$;

2) $\sin 3x + \cos 3x = \sqrt{2}$;

3) $10\sin^2 x + 5\sin x \cos x + \cos^2 x = 3$;

4) $6\sin^2 2x + 4\cos^2 2x - 8\sin 2x \cos 2x = 1$.

1) $\sin x + \cos x = 1$

Это уравнение вида $a \sin x + b \cos x = c$. Для его решения используем метод введения вспомогательного угла. Разделим обе части уравнения на $\sqrt{a^2+b^2} = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Так как $\cos(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $\sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$, уравнение можно переписать, используя формулу синуса суммы $\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta$:

$\sin x \cos(\frac{\pi}{4}) + \cos x \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

$\sin(x + \frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$

Решаем полученное простейшее тригонометрическое уравнение:

$x + \frac{\pi}{4} = (-1)^k \arcsin(\frac{1}{\sqrt{2}}) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$

$x + \frac{\pi}{4} = (-1)^k \frac{\pi}{4} + \pi k$

Рассмотрим два случая для $k$:

1. Если $k$ — четное, то есть $k=2n$, где $n \in \mathbb{Z}$:

$x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{4} + 2\pi n \implies x = 2\pi n$

2. Если $k$ — нечетное, то есть $k=2n+1$, где $n \in \mathbb{Z}$:

$x + \frac{\pi}{4} = -\frac{\pi}{4} + \pi(2n+1) \implies x = \frac{3\pi}{4} - \frac{\pi}{4} + 2\pi n = \frac{2\pi}{4} + 2\pi n = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$

Ответ: $x = 2\pi n, x = \frac{\pi}{2} + 2\pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

2) $\sin 3x + \cos 3x = \sqrt{2}$

Данное уравнение решается аналогично предыдущему методом введения вспомогательного угла. Разделим обе части на $\sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.

$\frac{1}{\sqrt{2}}\sin 3x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos 3x = 1$

Используя $\cos(\frac{\pi}{4}) = \sin(\frac{\pi}{4}) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ и формулу синуса суммы, получаем:

$\sin(3x + \frac{\pi}{4}) = 1$

Это частный случай простейшего тригонометрического уравнения, решение которого:

$3x + \frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$

Выразим $x$:

$3x = \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$3x = \frac{\pi}{4} + 2\pi k$

$x = \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}$

Ответ: $x = \frac{\pi}{12} + \frac{2\pi k}{3}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

3) $10\sin^2 x + 5\sin x \cos x + \cos^2 x = 3$

Это уравнение можно свести к однородному. Используем основное тригонометрическое тождество, представив правую часть как $3 = 3 \cdot 1 = 3(\sin^2 x + \cos^2 x)$.

$10\sin^2 x + 5\sin x \cos x + \cos^2 x = 3\sin^2 x + 3\cos^2 x$

Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные слагаемые:

$(10-3)\sin^2 x + 5\sin x \cos x + (1-3)\cos^2 x = 0$

$7\sin^2 x + 5\sin x \cos x - 2\cos^2 x = 0$

Заметим, что $\cos x \neq 0$, так как если $\cos x = 0$, то $\sin^2 x = 1$, и уравнение принимает вид $7 \cdot 1 + 0 - 0 = 7 \neq 0$. Поэтому мы можем разделить обе части уравнения на $\cos^2 x$.

$7\frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} + 5\frac{\sin x}{\cos x} - 2 = 0$

$7\tan^2 x + 5\tan x - 2 = 0$

Сделаем замену $t = \tan x$, получим квадратное уравнение:

$7t^2 + 5t - 2 = 0$

Находим корни по формуле для корней квадратного уравнения:

$t_{1,2} = \frac{-5 \pm \sqrt{5^2 - 4 \cdot 7 \cdot (-2)}}{2 \cdot 7} = \frac{-5 \pm \sqrt{25+56}}{14} = \frac{-5 \pm \sqrt{81}}{14} = \frac{-5 \pm 9}{14}$

$t_1 = \frac{4}{14} = \frac{2}{7}$, $t_2 = \frac{-14}{14} = -1$.

Возвращаемся к замене:

1. $\tan x = \frac{2}{7} \implies x = \arctan(\frac{2}{7}) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. $\tan x = -1 \implies x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \arctan(\frac{2}{7}) + \pi k, x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.

4) $6\sin^2 2x + 4\cos^2 2x - 8\sin 2x \cos 2x = 1$

Приведем уравнение к однородному, используя тождество $1 = \sin^2 2x + \cos^2 2x$.

$6\sin^2 2x + 4\cos^2 2x - 8\sin 2x \cos 2x = \sin^2 2x + \cos^2 2x$

Перенесем все члены в левую часть:

$(6-1)\sin^2 2x - 8\sin 2x \cos 2x + (4-1)\cos^2 2x = 0$

$5\sin^2 2x - 8\sin 2x \cos 2x + 3\cos^2 2x = 0$

Проверим, что $\cos 2x \neq 0$. Если $\cos 2x = 0$, то $\sin^2 2x = 1$, и уравнение становится $5 \cdot 1 - 0 + 0 = 5 \neq 0$. Следовательно, можно разделить на $\cos^2 2x$.

$5\tan^2 2x - 8\tan 2x + 3 = 0$

Пусть $t = \tan 2x$. Получаем квадратное уравнение:

$5t^2 - 8t + 3 = 0$

Находим корни:

$t_{1,2} = \frac{8 \pm \sqrt{(-8)^2 - 4 \cdot 5 \cdot 3}}{2 \cdot 5} = \frac{8 \pm \sqrt{64-60}}{10} = \frac{8 \pm \sqrt{4}}{10} = \frac{8 \pm 2}{10}$

$t_1 = \frac{10}{10} = 1$, $t_2 = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$.

Возвращаемся к замене:

1. $\tan 2x = 1 \implies 2x = \frac{\pi}{4} + \pi k \implies x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

2. $\tan 2x = \frac{3}{5} \implies 2x = \arctan(\frac{3}{5}) + \pi k \implies x = \frac{1}{2}\arctan(\frac{3}{5}) + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}, x = \frac{1}{2}\arctan(\frac{3}{5}) + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.

1198. 1) $4\cos^3 x + 4\sin^2 x = 1 + 3\cos x;$

2) $8\sin^3 x + 4\cos^2 x = 1 + 6\sin x;$

3) $\frac{1}{\cos^2 x} = 3 + \operatorname{tg} x;$

4) $\frac{2}{\sin^2 2x} = \operatorname{ctg} 2x + 5.$

1) $4\cos^3x + 4\sin^2x = 1 + 3\cos x$
Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2x = 1 - \cos^2x$, чтобы привести уравнение к одной функции:
$4\cos^3x + 4(1 - \cos^2x) = 1 + 3\cos x$
$4\cos^3x + 4 - 4\cos^2x = 1 + 3\cos x$
Перенесем все члены в левую часть:
$4\cos^3x - 4\cos^2x - 3\cos x + 3 = 0$
Сделаем замену $t = \cos x$, где $|t| \le 1$. Получим кубическое уравнение:
$4t^3 - 4t^2 - 3t + 3 = 0$
Сгруппируем члены для разложения на множители:
$(4t^3 - 4t^2) - (3t - 3) = 0$
$4t^2(t - 1) - 3(t - 1) = 0$
$(t - 1)(4t^2 - 3) = 0$
Отсюда получаем два уравнения:
1) $t - 1 = 0 \Rightarrow t = 1$
2) $4t^2 - 3 = 0 \Rightarrow t^2 = \frac{3}{4} \Rightarrow t = \pm\frac{\sqrt{3}}{2}$
Все найденные значения $t$ удовлетворяют условию $|t| \le 1$.
Вернемся к замене:
1) $\cos x = 1 \Rightarrow x = 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
2) $\cos x = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
3) $\cos x = -\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = 2\pi k; \ x = \pm\frac{\pi}{6} + 2\pi k; \ x = \pm\frac{5\pi}{6} + 2\pi k, \ k \in \mathbb{Z}$.

2) $8\sin^3x + 4\cos^2x = 1 + 6\sin x$
Используем тождество $\cos^2x = 1 - \sin^2x$ и приведем уравнение к одной функции:
$8\sin^3x + 4(1 - \sin^2x) = 1 + 6\sin x$
$8\sin^3x + 4 - 4\sin^2x = 1 + 6\sin x$
$8\sin^3x - 4\sin^2x - 6\sin x + 3 = 0$
Сделаем замену $y = \sin x$, где $|y| \le 1$:
$8y^3 - 4y^2 - 6y + 3 = 0$
Сгруппируем члены для разложения на множители:
$(8y^3 - 4y^2) - (6y - 3) = 0$
$4y^2(2y - 1) - 3(2y - 1) = 0$
$(2y - 1)(4y^2 - 3) = 0$
Отсюда:
1) $2y - 1 = 0 \Rightarrow y = \frac{1}{2}$
2) $4y^2 - 3 = 0 \Rightarrow y^2 = \frac{3}{4} \Rightarrow y = \pm\frac{\sqrt{3}}{2}$
Все значения $y$ удовлетворяют условию $|y| \le 1$.
Вернемся к замене:
1) $\sin x = \frac{1}{2} \Rightarrow x = (-1)^n\frac{\pi}{6} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
2) $\sin x = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow x = (-1)^n\frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
3) $\sin x = -\frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow x = (-1)^{n+1}\frac{\pi}{3} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $x = (-1)^n\frac{\pi}{6} + \pi n; \ x = (-1)^n\frac{\pi}{3} + \pi n; \ x = (-1)^{n+1}\frac{\pi}{3} + \pi n, \ n \in \mathbb{Z}$.

3) $\frac{1}{\cos^2x} = 3 + \mathrm{tg}\,x$
Область допустимых значений (ОДЗ): $\cos x \neq 0 \Rightarrow x \neq \frac{\pi}{2} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$.
Используем тригонометрическое тождество $1 + \mathrm{tg}^2x = \frac{1}{\cos^2x}$:
$1 + \mathrm{tg}^2x = 3 + \mathrm{tg}\,x$
$\mathrm{tg}^2x - \mathrm{tg}\,x - 2 = 0$
Сделаем замену $z = \mathrm{tg}\,x$:
$z^2 - z - 2 = 0$
По теореме Виета находим корни: $z_1 = 2$ и $z_2 = -1$.
Вернемся к замене:
1) $\mathrm{tg}\,x = 2 \Rightarrow x = \mathrm{arctg}(2) + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
2) $\mathrm{tg}\,x = -1 \Rightarrow x = -\frac{\pi}{4} + \pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Оба решения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $x = \mathrm{arctg}(2) + \pi k; \ x = -\frac{\pi}{4} + \pi k, \ k \in \mathbb{Z}$.

4) $\frac{2}{\sin^2(2x)} = \mathrm{ctg}(2x) + 5$
ОДЗ: $\sin(2x) \neq 0 \Rightarrow 2x \neq \pi k \Rightarrow x \neq \frac{\pi k}{2}, k \in \mathbb{Z}$.
Используем тождество $1 + \mathrm{ctg}^2\alpha = \frac{1}{\sin^2\alpha}$. В нашем случае $\alpha = 2x$.
$2(1 + \mathrm{ctg}^2(2x)) = \mathrm{ctg}(2x) + 5$
$2 + 2\mathrm{ctg}^2(2x) = \mathrm{ctg}(2x) + 5$
$2\mathrm{ctg}^2(2x) - \mathrm{ctg}(2x) - 3 = 0$
Сделаем замену $u = \mathrm{ctg}(2x)$:
$2u^2 - u - 3 = 0$
Найдем корни квадратного уравнения. Дискриминант $D = (-1)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 1 + 24 = 25$.
$u_1 = \frac{1 - \sqrt{25}}{4} = \frac{1 - 5}{4} = -1$
$u_2 = \frac{1 + \sqrt{25}}{4} = \frac{1 + 5}{4} = \frac{6}{4} = \frac{3}{2}$
Вернемся к замене:
1) $\mathrm{ctg}(2x) = -1 \Rightarrow 2x = -\frac{\pi}{4} + \pi k \Rightarrow x = -\frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
2) $\mathrm{ctg}(2x) = \frac{3}{2} \Rightarrow 2x = \mathrm{arcctg}\left(\frac{3}{2}\right) + \pi k \Rightarrow x = \frac{1}{2}\mathrm{arcctg}\left(\frac{3}{2}\right) + \frac{\pi k}{2}$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Оба решения удовлетворяют ОДЗ.
Ответ: $x = -\frac{\pi}{8} + \frac{\pi k}{2}; \ x = \frac{1}{2}\mathrm{arcctg}\left(\frac{3}{2}\right) + \frac{\pi k}{2}, \ k \in \mathbb{Z}$.

1199. 1) $4\sin^4 x + \frac{1}{3}\cos^2 x = \frac{1}{2}$;

2) $16\cos^4 x + \sin^2 x = \frac{7}{4}$.

1) $4\sin^4 x + \frac{1}{3}\cos^2 x = \frac{1}{2}$

Решим данное тригонометрическое уравнение. Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, из которого выразим $\cos^2 x = 1 - \sin^2 x$.

Подставим это выражение в исходное уравнение:

$4\sin^4 x + \frac{1}{3}(1 - \sin^2 x) = \frac{1}{2}$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \sin^2 x$. Поскольку $0 \le \sin^2 x \le 1$, то для переменной $t$ должно выполняться условие $0 \le t \le 1$.

Уравнение принимает вид:

$4t^2 + \frac{1}{3}(1 - t) = \frac{1}{2}$

Умножим обе части уравнения на 6, чтобы избавиться от дробей:

$6 \cdot 4t^2 + 6 \cdot \frac{1}{3}(1 - t) = 6 \cdot \frac{1}{2}$

$24t^2 + 2(1 - t) = 3$

$24t^2 + 2 - 2t = 3$

$24t^2 - 2t - 1 = 0$

Мы получили квадратное уравнение относительно $t$. Решим его с помощью дискриминанта:

$D = b^2 - 4ac = (-2)^2 - 4 \cdot 24 \cdot (-1) = 4 + 96 = 100 = 10^2$

Найдем корни уравнения:

$t_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{2 + 10}{2 \cdot 24} = \frac{12}{48} = \frac{1}{4}$

$t_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{2 - 10}{2 \cdot 24} = \frac{-8}{48} = -\frac{1}{6}$

Проверим найденные корни на соответствие условию $0 \le t \le 1$.

Корень $t_1 = \frac{1}{4}$ удовлетворяет условию.

Корень $t_2 = -\frac{1}{6}$ не удовлетворяет условию, так как $\sin^2 x$ не может быть отрицательным. Этот корень является посторонним.

Возвращаемся к исходной переменной $x$, подставляя $t_1$:

$\sin^2 x = \frac{1}{4}$

Для решения этого уравнения удобно использовать формулу понижения степени $\sin^2 x = \frac{1 - \cos(2x)}{2}$:

$\frac{1 - \cos(2x)}{2} = \frac{1}{4}$

Умножим обе части на 2:

$1 - \cos(2x) = \frac{1}{2}$

$\cos(2x) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$

Решаем простейшее тригонометрическое уравнение:

$2x = \pm \arccos\left(\frac{1}{2}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$2x = \pm \frac{\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Разделим обе части на 2, чтобы найти $x$:

$x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{6} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

2) $16\cos^4 x + \sin^2 x = \frac{7}{4}$

Используем основное тригонометрическое тождество $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, откуда $\sin^2 x = 1 - \cos^2 x$.

Подставим это в уравнение:

$16\cos^4 x + (1 - \cos^2 x) = \frac{7}{4}$

Сделаем замену переменной. Пусть $y = \cos^2 x$. Учитывая, что $0 \le \cos^2 x \le 1$, получаем условие $0 \le y \le 1$.

Уравнение примет вид:

$16y^2 - y + 1 = \frac{7}{4}$

Приведем к стандартному виду квадратного уравнения:

$16y^2 - y + 1 - \frac{7}{4} = 0$

$16y^2 - y - \frac{3}{4} = 0$

Умножим уравнение на 4, чтобы избавиться от дроби:

$64y^2 - 4y - 3 = 0$

Решим полученное квадратное уравнение относительно $y$. Вычислим дискриминант:

$D = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4 \cdot 64 \cdot (-3) = 16 + 768 = 784 = 28^2$

Найдем корни:

$y_1 = \frac{-b + \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 + 28}{2 \cdot 64} = \frac{32}{128} = \frac{1}{4}$

$y_2 = \frac{-b - \sqrt{D}}{2a} = \frac{4 - 28}{2 \cdot 64} = \frac{-24}{128} = -\frac{3}{16}$

Проверим корни на соответствие условию $0 \le y \le 1$.

Корень $y_1 = \frac{1}{4}$ удовлетворяет условию.

Корень $y_2 = -\frac{3}{16}$ не удовлетворяет условию, так как $\cos^2 x$ не может быть отрицательным. Это посторонний корень.

Выполним обратную замену:

$\cos^2 x = \frac{1}{4}$

Для решения этого уравнения применим формулу понижения степени $\cos^2 x = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$:

$\frac{1 + \cos(2x)}{2} = \frac{1}{4}$

Умножим обе части на 2:

$1 + \cos(2x) = \frac{1}{2}$

$\cos(2x) = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}$

Находим $2x$:

$2x = \pm \arccos\left(-\frac{1}{2}\right) + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

$2x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$

Разделим на 2, чтобы найти $x$:

$x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

Ответ: $x = \pm \frac{\pi}{3} + \pi k, k \in \mathbb{Z}$

1200. 1) $\sin^3 x + \sin^2 x \cos x = 2\cos^3 x$;

2) $\sin^3 x - \sin^2 x \cos x + 2\cos^3 x = 0.$

1) Решим уравнение $\sin^3x + \sin^2x \cos x = 2\cos^3x$.

Это однородное тригонометрическое уравнение третьей степени. Сначала проверим, является ли $\cos x = 0$ решением. Если $\cos x = 0$, то из основного тригонометрического тождества $\sin^2x + \cos^2x = 1$ следует, что $\sin^2x = 1$. Подставив $\cos x = 0$ в исходное уравнение, получим: $\sin^3x + \sin^2x \cdot 0 = 2 \cdot 0^3$, что приводит к $\sin^3x = 0$, то есть $\sin x = 0$. Синус и косинус одного и того же угла не могут быть равны нулю одновременно, так как $\sin^2x + \cos^2x = 1$. Следовательно, $\cos x \neq 0$.

Разделим обе части уравнения на $\cos^3x$, так как мы установили, что он не равен нулю:

$\frac{\sin^3x}{\cos^3x} + \frac{\sin^2x \cos x}{\cos^3x} = \frac{2\cos^3x}{\cos^3x}$

$\tan^3x + \tan^2x = 2$

Перенесем все члены в левую часть:

$\tan^3x + \tan^2x - 2 = 0$

Сделаем замену переменной. Пусть $t = \tan x$. Тогда уравнение примет вид:

$t^3 + t^2 - 2 = 0$

Это кубическое уравнение. Найдем его корни. Попробуем найти целочисленные корни среди делителей свободного члена (-2), то есть среди чисел $\pm1, \pm2$. При $t=1$ получаем: $1^3 + 1^2 - 2 = 1 + 1 - 2 = 0$. Значит, $t=1$ является корнем уравнения. Разделим многочлен $t^3 + t^2 - 2$ на $(t-1)$:

$(t^3 + t^2 - 2) : (t-1) = t^2 + 2t + 2$.

Таким образом, уравнение можно записать в виде:

$(t-1)(t^2 + 2t + 2) = 0$

Это произведение равно нулю, если один из множителей равен нулю:

1. $t - 1 = 0 \implies t = 1$.

2. $t^2 + 2t + 2 = 0$. Найдем дискриминант этого квадратного уравнения: $D = b^2 - 4ac = 2^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 4 - 8 = -4$. Так как $D < 0$, действительных корней у этого уравнения нет.

Единственным действительным решением для $t$ является $t=1$. Возвращаемся к замене:

$\tan x = 1$

Решением этого уравнения является $x = \arctan(1) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = \frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

2) Решим уравнение $\sin^3x - \sin^2x \cos x + 2\cos^3x = 0$.

Это также однородное тригонометрическое уравнение третьей степени. Как и в предыдущем случае, проверим $\cos x = 0$. Подстановка в уравнение дает $\sin^3x = 0$, что означает $\sin x = 0$. Одновременное равенство нулю синуса и косинуса невозможно. Значит, $\cos x \neq 0$.

Разделим обе части уравнения на $\cos^3x$:

$\frac{\sin^3x}{\cos^3x} - \frac{\sin^2x \cos x}{\cos^3x} + \frac{2\cos^3x}{\cos^3x} = 0$

$\tan^3x - \tan^2x + 2 = 0$

Сделаем замену $t = \tan x$:

$t^3 - t^2 + 2 = 0$

Будем искать целочисленные корни среди делителей свободного члена (2): $\pm1, \pm2$. При $t=-1$ получаем: $(-1)^3 - (-1)^2 + 2 = -1 - 1 + 2 = 0$. Значит, $t=-1$ является корнем. Разделим многочлен $t^3 - t^2 + 2$ на $(t+1)$:

$(t^3 - t^2 + 2) : (t+1) = t^2 - 2t + 2$.

Уравнение можно переписать в виде:

$(t+1)(t^2 - 2t + 2) = 0$

Рассмотрим два случая:

1. $t + 1 = 0 \implies t = -1$.

2. $t^2 - 2t + 2 = 0$. Дискриминант: $D = (-2)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 2 = 4 - 8 = -4$. Так как $D < 0$, действительных корней нет.

Единственным решением для $t$ является $t=-1$. Сделаем обратную замену:

$\tan x = -1$

Решением этого уравнения является $x = \arctan(-1) + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$.

$x = -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

Ответ: $x = -\frac{\pi}{4} + \pi n, n \in \mathbb{Z}$.

1201. Найти все a, при которых имеет корни уравнение:

1) $a \sin x + (1+a)\cos x = \sqrt{5};$

2) $a \cos x + (1-a)\sin x = \sqrt{5}.$

1) Уравнение вида $A \sin x + B \cos x = C$ имеет корни тогда и только тогда, когда выполняется условие $A^2 + B^2 \ge C^2$. Это условие следует из того, что область значений функции $y = A \sin x + B \cos x$ есть отрезок $[-\sqrt{A^2+B^2}, \sqrt{A^2+B^2}]$. Следовательно, чтобы уравнение имело решение, правая часть $C$ должна попадать в этот отрезок, что эквивалентно неравенству $|C| \le \sqrt{A^2+B^2}$ или $C^2 \le A^2+B^2$.

Для данного уравнения $a \sin x + (1+a) \cos x = \sqrt{5}$ имеем коэффициенты: $A = a$, $B = 1+a$, $C = \sqrt{5}$.

Подставим эти значения в условие существования корней:

$a^2 + (1+a)^2 \ge (\sqrt{5})^2$

Раскроем скобки и решим полученное неравенство:

$a^2 + 1 + 2a + a^2 \ge 5$

$2a^2 + 2a + 1 \ge 5$

$2a^2 + 2a - 4 \ge 0$

Разделим обе части на 2:

$a^2 + a - 2 \ge 0$

Чтобы решить это квадратное неравенство, найдем корни соответствующего уравнения $a^2 + a - 2 = 0$. Используя теорему Виета или формулу для корней квадратного уравнения, находим корни $a_1 = 1$ и $a_2 = -2$.

Неравенство можно представить в виде $(a-1)(a+2) \ge 0$. Графиком функции $y = a^2 + a - 2$ является парабола с ветвями, направленными вверх. Значения функции неотрицательны (больше или равны нулю) при значениях $a$, которые лежат вне интервала между корнями.

Таким образом, решением является объединение промежутков $a \le -2$ и $a \ge 1$.

Ответ: $a \in (-\infty, -2] \cup [1, +\infty)$.

2) Применим тот же метод для уравнения $a \cos x + (1-a) \sin x = \sqrt{5}$. Перепишем его в стандартном виде $(1-a) \sin x + a \cos x = \sqrt{5}$.

Здесь коэффициенты: $A = 1-a$, $B = a$, $C = \sqrt{5}$.

Условие существования корней $A^2 + B^2 \ge C^2$ принимает вид:

$(1-a)^2 + a^2 \ge (\sqrt{5})^2$

Раскроем скобки и упростим неравенство:

$1 - 2a + a^2 + a^2 \ge 5$

$2a^2 - 2a + 1 \ge 5$

$2a^2 - 2a - 4 \ge 0$

Разделим обе части неравенства на 2:

$a^2 - a - 2 \ge 0$

Найдем корни квадратного уравнения $a^2 - a - 2 = 0$. Корнями являются $a_1 = 2$ и $a_2 = -1$.

Неравенство можно переписать как $(a-2)(a+1) \ge 0$. Графиком функции $y = a^2 - a - 2$ является парабола с ветвями вверх, поэтому неравенство выполняется, когда $a$ находится вне интервала между корнями.

Следовательно, решением является объединение промежутков $a \le -1$ и $a \ge 2$.

Ответ: $a \in (-\infty, -1] \cup [2, +\infty)$.

1202. Найти все значения $a$, при которых имеет решение уравнение $(a^2 + 2)\sin^2 x - 4a\sin x \cos x = a^2 + 3.$

Для того чтобы найти все значения параметра $a$, при которых данное уравнение имеет решение, преобразуем его.

Исходное уравнение: $(a^2 + 2)\sin^2 x - 4a\sin x \cos x = a^2 + 3$.

Рассмотрим случай, когда $\cos x = 0$. Тогда $x = \frac{\pi}{2} + \pi k$ для $k \in \mathbb{Z}$, и $\sin^2 x = 1$. Подставив эти значения в уравнение, получим:

$(a^2 + 2) \cdot 1 - 4a\sin x \cdot 0 = a^2 + 3$

$a^2 + 2 = a^2 + 3$

$2 = 3$

Это неверное равенство, следовательно, $\cos x \ne 0$. Разделим обе части уравнения на $\cos^2 x$, который не равен нулю:

$\frac{(a^2 + 2)\sin^2 x}{\cos^2 x} - \frac{4a\sin x \cos x}{\cos^2 x} = \frac{a^2 + 3}{\cos^2 x}$

Используя тригонометрические тождества $\text{tg } x = \frac{\sin x}{\cos x}$ и $\frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \text{tg}^2 x$, получаем:

$(a^2 + 2)\text{tg}^2 x - 4a \text{ tg } x = (a^2 + 3)(1 + \text{tg}^2 x)$

Перенесем все члены в левую часть и приведем подобные слагаемые:

$(a^2 + 2)\text{tg}^2 x - 4a \text{ tg } x - (a^2 + 3) - (a^2 + 3)\text{tg}^2 x = 0$

$(a^2 + 2 - a^2 - 3)\text{tg}^2 x - 4a \text{ tg } x - (a^2 + 3) = 0$

$-\text{tg}^2 x - 4a \text{ tg } x - (a^2 + 3) = 0$

Умножим обе части на $-1$:

$\text{tg}^2 x + 4a \text{ tg } x + a^2 + 3 = 0$

Сделаем замену $t = \text{tg } x$. Поскольку функция тангенса может принимать любое действительное значение, исходное уравнение будет иметь решение тогда и только тогда, когда полученное квадратное уравнение относительно $t$ будет иметь хотя бы один действительный корень.

$t^2 + 4at + (a^2 + 3) = 0$

Квадратное уравнение имеет действительные корни, если его дискриминант $D$ неотрицателен, то есть $D \ge 0$.

$D = (4a)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (a^2 + 3) = 16a^2 - 4a^2 - 12 = 12a^2 - 12$

Теперь решим неравенство $D \ge 0$:

$12a^2 - 12 \ge 0$

$12(a^2 - 1) \ge 0$

$a^2 - 1 \ge 0$

$a^2 \ge 1$

Это неравенство выполняется при $a \le -1$ или $a \ge 1$.

Ответ: $a \in (-\infty, -1] \cup [1, \infty)$.